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大致題意： 設$d(x)$為$x$的約數個數，求$\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^Md(i·j)$。

莫比烏斯反演

這是一道莫比烏斯反演題。

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一個重要的性質

首先我們要先了解$d(i·j)$這個函式的性質：

$d(i,j)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]$

證明： 我也不知道，應該就是列舉$i$

一些定義

按照莫比烏斯反演的常見套路，我們可以定義$f(d)$和$F(n)$如下：

$f(d)=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[gcd(i,j)==d]$

$F(n)=\sum_{n|d}f(d)$

然後由莫比烏斯反演的某些性質，我們可以得到下面這個式子：

$f(n)=\sum_{n|d}\mu(\lfloor\frac dn\rfloor)F(d)$

公式化簡

首先，題目中已經給出：

$answer=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^Md(i·j)$

由於上面提到的性質，我們可以得到：

$answer=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]$

根據莫比烏斯函式$\mu$

$answer=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{d|gcd(x,y)}\mu(d)$

由於這個式子難以操作，因此，我們可以將原式略作修改，改成對$d$進行列舉，變成這個樣子：

$answer=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)*[d|gcd(x,y)]$

不難發現，$\mu(d)$的值是與$i,j,x,y$無關的，因此可以將其單獨提出，就變成了這樣：

$answer=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\sum_{x|i}\sum_{y|j}[d|gcd(x,y)]$

然後，我們可以從列舉$i,j$及其約數$x,y$，轉變為直接列舉約數$x,y$，然後將其貢獻乘上約數倍數的個數（這應該還是比較好理解的），於是就有了下面這個式子：

$answer=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{x=1}^N\sum_{y=1}^M[d|gcd(x,y)]\lfloor\frac Nx\rfloor\lfloor\frac My\rfloor$

考慮由$d|gcd(x,y)$可以得到$d|x$且$d|y$，即$x$和$y$是$d$的倍數所以我們就可以通過直接列舉$d$的倍數$d·x$和$d·y$來取代列舉$x,y$，從而消去$d|gcd(x,y)$這個限制： $answer=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac Nd\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac Md\rfloor}\lfloor\frac N{d·x}\rfloor\lfloor\frac M{d·y}\rfloor$

最後，我們可以將原式稍作變動，得到下面這個式子：

$answer=(\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d))(\sum_{x=1}^{\lfloor\frac Nd\rfloor}\lfloor\frac N{d·x}\rfloor)(\sum_{y=1}^{\lfloor\frac Md\rfloor}\lfloor\frac M{d·y}\rfloor)$